Devoir Surveillé n 5 : corrigé

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1 Devor Survellé n 5 : corrgé PTSI B Lycée Effel 8 févrer 016 Exercce 0 La foncton f est défne et de classe C sur les ntervalles ]0,1[ et ]1,+ [ comme quotent de fonctons usuelles. Comme lm = et lm = +, l y aura une asymptote vertcale x 1 f(x) x 1 +f(x) d équaton x = 1. Par contre, lmf(x) = 0 (pas de forme ndétermnée), on peut donc prolonger x 0 la foncton par contnuté en posant f(0) = 0. Le taux d accrossement de f en 0 est alors donné par τ(h) = f(h) h = 1. On sat que lm hln(h) = 0 (là, c est de la crossance comparée), et hln(h) h 0 ln(h) < 0 au vosnage de 0, donc lmτ(h) =. La foncton prolongée n est donc pas dérvable en h 0 0, mas la courbe y admettra une tangente vertcale. ln(x) Restent à étuder les varatons de f : f x (x) = 1 x ln = ln(x) (x) xln est du sgne de son (x) numérateur ln(x). En partculer, la dérvée s annule pour x = e, et f(e ) = e. La seule lmte restant à calculer est la suvante : lm f(x) = + par crossance comparée. On peut dresser le x + tableau de varatons suvant : x 0 1 e + + e + f 0 Pus on obtent la courbe suvante : 1

2 Exercce 1 1. Inutle de calculer la mondre dérvée, on sat que l exponentelle est crossante que la foncton x 1 nx est décrossante, donc g n est crossante sur ]0,+ [. De plus, lmg n (x) =, et x 0 lm g n(x) = + (aucune forme ndétermnée), et la foncton g n est ben sûr contnue, elle x + est donc bjectve de ]0,+ [ sur R et en partculer s annule une seule fos sur cet ntervalle. ( ) 1. L négalté u n > 0 est évdente. De plus, g n = e 1 n 1 > 0, pusque e 1 n > e 0 = 1. La n foncton g n étant strctement crossante, on en dédut que u n < 1. Une applcaton mmédate n du théorème des gendarmes donne alors lm u n = 0. n + 3. On calcule donc g n+1 (x) g n (x) = e x 1 (n+1)x ex + 1 nx = n+n+1 n(n+1)x = 1 n(n+1)x. Cette expresson est manfestement postve sur notre ntervalle, ce qu mplque que g n+1 (u n+1 ) g n (u n+1 ) > 0. Comme g n+1 (u n+1 ) = 0 par défnton de la sute, on a donc g n (u n+1 ) < 0, et en partculer g n (u n+1 ) < g n (u n ). La foncton g n étant toujours crossante, on en dédut que u n+1 < u n, et la sute (u n ) est donc décrossante. 4. Par défnton, g n (u n ) = 0, donc e un 1 = 0. Autrement dt, nu n = 1 nu n e = un e un. Comme on sat que la sute (u n ) tend vers 0, on en dédut mmédatement que lm nu n = 1. n + Exercce 1. On peut par exemple cter le sous-ensemble {1,4}. Un sous-ensemble solé de E 5 ne peut pas contenr plus de tros éléments, pusque chaque élément dans un sous-ensemble solé est nécessarement suv dans E 5 d un élément qu ne sera pas dans ce sous-ensemble solé. S 1 appartent au sous-ensemble, ne peut pas y être, pus s on met 3, 4 ne peut pas y être etc. De façon générale, on peut se convancre assez faclement que le plus grand sous-ensemble

3 ( ) n+1 solé de E n content Ent éléments (ou s on préfère n n+1 s n est par, et s n est mpar). Il exste évdemment un seul sous-ensemble solé à 0 éléments de E 5 ne contenant pas d éléments (le sous-ensemble vde), donc I5 0 = 1. Tous les sous-ensembles à un seul élément sont solés, donc I5 1 = 5 (l faut juste chosr l élément). Le cas le plus complqué est celu des sousensembles à deux éléments. Autant compter à la man ceux qu ( sont ) solés : {1,3}, {1,4}, 5 {1,5}, {,4}, {,5} et {3,5} (alternatvement, l y a au total = 10 sous-ensembles à éléments dans E 5, et parm ceux-c, quatre sont consttués de deux éléments consécutfs). Autrement dt, I5 = 6. Enfn, I3 5 = 1 car seul le sous-ensemble {1,3,5} convent.. On aura toujours In 0 = 1 (le seul sous-ensemble possble est le sous-ensemble vde), I1 n = n pusque les n sous-ensembles de E n à un élément sont tous solés, et enfn In n = 0 (sauf s n = 1) pusque le seul sous-ensemble de E n à n éléments est E n lu-même, qu n est pas solé lorsque n. 3. Ben entendu, In = 0 s n = 1, ( ce ) qu est cohérent avec la formule donnée. Supposons donc n que n, l y a alors au total = n() sous-ensembles à deux éléments de E n. Un sous-ensemble à deux éléments est solé sauf s l est consttué de deux enters consécutfs. Or, l exste exactement n 1 sous-ensembles conttués de deux enters consécutfs : {1, }, {, 3},..., {,n}. Ce qu lasse donc In = n() () == ()(n ), comme prévu par l énoncé. 4. (a) S on suppose que notre parte ne content pas n enter n+1, on peut donc l dentfer à un sous-ensemble de E n, qu sera forcément solé. Le nombre de partes solées ne contenant pas n+1 est donc exactement I p n. (b) S notre parte content l enter n + 1, alors elle ne peut pas contenr n. Le reste de la parte est donc nclus dans E, et consttue forcément un sous-ensemble solé de E (snon la parte ne serat pas solée dans E n+1 ). Attenton tout de même, elle ne content que p 1 éléments pusqu on ajoute ensute l enter n + 1. Récproquement, toute parte solée de E à p 1 éléments peut être complétée en une parte solée à p éléments de E n+1 en lu rajoutant l enter n+1. On en dédut que les partes solées de E n+1 contenant n+1 sont au nombre de I p 1. (c) Il sufft tout smplement de dre que toute parte solée de E n+1 fat parte d une deux catégores dsjontes suvantes : sot elle content n + 1, sot elle ne le content pas ; et d applquer les résultats des deux questons précédentes. 5. Allons-y pour un jol pett tableau : k = 0 k = 1 k = k = 3 n = 0 1 n = n = 1 n = n = n = n = (a) Prouvons smplement cette formule par récurrence sur l enter n (p étant donc un enter fxé supéreur ( ou égal ) à1). ( ) Lorsquen = p 1 (la plus pette valeur denpossble), la formule p 1 p stpule que =, ce qu est vra (les deux membres sont égaux à 1. Supposons p 1 p la formule vrae au rang n, et calculons le membre de gauche pour n = 1 : on peut 3

4 n+1 ( ) k n ( ) ( ) ( ) ( ) k n+1 n+1 n+1 l écrre = + = + par hypothèse p 1 p 1 p 1 p p 1 k=p 1 k=p 1 ( ) n+ de récurrence. D après la formule de Pascal, cette expresson est égale à, ce qu p prouve exactement l hérédte de notre récurrence. La formule est donc vrae pour tout enter n p 1. (b) Personne n a semblé se rendre compte lors du DS qu l y avat un souc dans l énoncé : les valeurs de dans la somme de drote sont toujours plus grandes que p 1, l devrat donc y avor du I p 1 dans la somme et pas le contrare! Pour p =, la formule stpule que In+1 = I 1. Or, on sat ben que I1 = quelle que sot la valeur de, donc on obtent =1 In+1 = = ()(n ), ce qu est vra. Pour la formule générale, le plus smple est =1 de procéder par récurrence sur n, en posant comme proprété P n : p {,...,n 1}, n In p = I p 1. L ntalsaton se fat trvalement au rang, pusqu l n y a ren à prouver =p 1 (le calcul effectué précédemment ne sert à ren pour la récurrence). S on souhate vérfer au rang 3, la seule formule est I3 = I1 1 +I1, qu est vrae également. Supposons désormas P n vrae, et chosssons un enter p quelconque tel que p n, on peut alors écrre en utlsant la queston 4.c que I p n+1 = Ip n+i p 1. On peut applquer l hypothèse de récurrence n à In p (on ne touche pas à I p 1 ) pour obtenr alors In n+1 = +I p 1 = =p 1 I p 1 =p 1 I p 1, exactement ce qu on voulat. ( ) (c) En effet, = ()(n ) = I n. Utlsons alors la queston précédente pour n n ( ) n 3 1 ( ) écrre In 3 = I = = (le terme est nul pour = 1 et on peut = = = décaler les autres). On reconnat exactement une ( somme ) de la forme( de celles ) calculées à n n la queston 6.a, et cette somme est donc égale à, donc In 3 3 = (quand cela 3 n a un sens). On fat exactement la même chose pour la formule suvante : In 4 = I 3 = n ( ) n 4 ( ) ( ) n 3 = = =3 =3 ( ) (d) On conjecture évdemment In p n p+1 =. Cette formule ne peut avor de sens que s ( p ) n+1 p n p+1, c est-à-dre p Ent, ce qu est exactement la longueur maxmale d une parte solée de E n (ça tombe ben). La formule se démontre très smplement par récurrence sur n (en supposant qu elle marche quelles que soent les valeurs convenables de p). On a déjà ntalsé pour les premères valeurs de n, et pour passer de n à n + 1, l sufft d écrre I p n+1 = ( ) ( ) I p 1 p+ n p+ = =, ce qu est ben la p 1 p formule souhatée. =p 1 =p 1 =3 4

5 Exercce 3 I. Calcul à l ade de sutes. 1. Lorsque p = 1, la matrce A est smplement la matrce dentté, on a donc A n = I quelle que sot la valeur de n. Pour p = 0, on a A = 1, pus on calcule A =, et A 3 = A. Toutes les pussances suvantes seront donc égales à A. p. Allons-y : A = p(1 p) p 0, pus A 3 = (1 p) 1 p 1 (après légères smplfcatons des coeffcents). p 3 3p (1 p) p 3 0 (1+p)(1 p) 1 p On va évdemment procéder par récurrence. La proprété est trvalement vrae au rang 0 en posant a 0 = b 0 = c 0 = 0, et accessorement au rang 1 avec a 1 = c 1 = 1 p et b 1 = 0. p n Supposons la proprété vrae au rang n et écrvons A n+1 = A n A = a n p n 0 A = b n c n 1 p n+1 pa n +p n (1 p) p n+1 0. Cette matrce est ben de la forme souhatée, avec pb n +(1 p)c n pc n +1 p 1 les relatons de récurrences suvantes : a n+1 = pa n + p n (1 p); b n+1 = pb n + (1 p)c n et c n+1 = pc n +1 p. 4. La sute (c n ) est une sute arthmétco-géométrque. Son équaton de pont fxe x = px+1 p a pour soluton x = 1. Posons donc v n = c n 1, et constatons que v n+1 = c n+1 1 = pc n p = p(c n 1) = pv n. La sute auxlare (v n ) est donc féométrque de rason p, et de premer terme v 0 = c 0 1 = 1. On en dédut que p n = p n, pus c n = 1 + v n = 1 p n (ce qu est très cohérent avec ce qu on a obtenu pour les matrces A et A 3 ). 5. En décalant la relaton obtenue plus haut, a n+ = pa n+1 +p n+1 (1 p), donc a n+ pa n+1 + p a n = p a n pa n+1 +p n+1 (1 p) = p a n p a n p n+1 (1 p)+p n+1 (1 p) = 0, comme voulu. La sute (a n ) est donc une sute récurrente lnéare d ordre. Son équaton caractérstque x px + p = (x p) admet une racne double égale à p, donc a n = (A + Bn)p n. Avec les condtons ntales, a 0 = 0 = A, et a 1 = 1 p = (A + B)p, donc A = 0 et B = 1 p p. Fnalement, a n = n(1 p)p (pour n 1), ce qu est encore une fos très cohérent avec les premères pussances calculées. 6. (a) S on note a, b, c, d, e, f, g, h et les neuf coeffcents de la matrce M, la condton MU = U se tradut très smplement par les équatons a+b+c = d+e+f = g+h+ = 1. Autrement dt, la somme des coeffcents sur chacune des lgnes de la matrce M dot être égale à 1. On constate que, dans la matrce A, la somme des coeffcents de chaque colonne est égale à 1. Sa transposée est donc ben un élément de l ensemble E. (b) C est complètement trval : s MU = NU = U, alors (MN)U = M(NU) = MU = U, donc MN E. (c) C est une récurrence trvale : c est vra pour n = 0 (la matrce dentté est certanement un élément de E), et s on suppose que t A n E, en la multplant par t A qu appartent à E, on obtent une matrce qu appartent à E, donc t A n+1 E. Or, la premère lgne de la matrce t A n correspond à la premère colonne de la matrce A n, elle est donc consttuée des réels p n, a n et b n. On en dédut que a n + b n + p n = 1, donc b n = 1 p n a n = 1 p n n(1 p)p = 1+()p n np. 5

6 II. Calcul à l ade d une décomposton astuceuse. 1. Chouette, une queston trvale! Même pas beson de calculer pour constater que B+C = A.. On calcule faclement C = 0. La matrce C est donc nlpotente. 3. Quelle que sot la méthode utlsée, le calcul est vrament trval (l y a deux opératons à fare pour fne le pvot par exemple). S on ame les systèmes comme mo, on trouve les équatons x+y = a, y = b et x+z = c qu donnent mmédatement y = b pus x = a y = a+b et z = c+x = a+b+c. Autrement dt, P est nversble et P 1 = Commençons par calculer D : BP = matrce D est dagonale!). Trvalement, D n = p p 0 0 p 0, pus D = p 0 1 p n 0 p n 0 1 p 0 p 0 1 (surprse, la 5. Commençons par prouver par récurrence que B n = PD n P 1 : c est vra au rang 0 et surtout au rang 1 pusque D = P 1 BP. Supposons la formule vrae au rang n, alors B n+1 = p n p n 0 PD n P 1 PDP 1 = PD n+1 P 1, ce qu prouve l hérédté. Reste à calculerpd n = 0 p n 0, p n 0 1 p n pus B n = 0 p n 0 1 p n 1 p n 1 6. L énoncé a l ar de nous ncter très fortement à utlser la formule du bnôme de New- Avant de le fare, on n ouble pas de vérfer que les matrces commutent : BC = ton. p(1 p), et CB donne la même chose. On peut alors écrre A n = (C + p(1 p) n ( ) n B) n = C k B n k. La matrce C étant nlpotente, seuls les deux premers termes de k k=0 la somme sont non nuls : A n = B n + ncb. Calculons CB = 1 p p 1 p 0 p 0 = (1 p)p. Il ne reste plus qu à fare une pette 1 p 1 p 1 (p 1)p p n addton pour retrouver A n = n(1 p)p p n 0. C est exactement ce 1 p n +n(p 1)p 1 p n 1 qu on avat trouvé à la premère parte. 6